2025年陕西省初中学业水平考试数学方向卷(七)-【众相原创】2025年陕西中考数学方向卷

１５　 　 方 向 卷 ︵ 七 ︶ 综上所述，点Ｑ的坐标为（２，０）或（２，８＋槡８２）或（２，８ －槡８２）或（２，－８）． （８分）…………………………… ２６．【命题立意】本题主要考查了几何综合题，熟练掌握 勾股定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形 等知识点是解题的关键． 解：（１）∵ＡＰ平分△ＡＢＣ的面积， ∴Ｓ△ＡＢＰ＝Ｓ△ＡＣＰ，∴ＢＰ＝ＣＰ＝ １ ２ ＢＣ＝３， ∴ＡＰ＝ ＡＢ２＋ＢＰ槡 ２＝槡３２． （２分）…………………… （２）如解图１，作ＰＥ⊥ＡＢ，ＣＦ⊥ＡＢ，垂足分别为Ｅ，Ｆ． ∵ＡＢ＝ＢＣ＝５，ＡＤ＝２，∴ＢＤ＝３， ∴Ｓ△ＢＰＤ＝ １ ２ ＢＤ·ＰＥ＝ ３ ２ ＰＥ， Ｓ△ＡＢＣ＝ １ ２ ＡＢ·ＣＦ＝ ５ ２ ＣＦ． （３分）…………………… ∵ＤＰ平分△ＡＢＣ的面积， ∴Ｓ△ＡＢＣ＝２Ｓ△ＢＰＤ，即 ５ ２ ＣＦ＝３ＰＥ， ∴ ＰＥ ＣＦ ＝５ ６ ． （４分）…………………………………… ∵∠Ｂ＝∠Ｂ，∠ＢＥＰ＝∠ＢＦＣ， ∴△ＢＰＥ∽△ＢＣＦ，∴ ＢＰ ＢＣ ＝ＰＥ ＣＦ ＝５ ６ ． ∵ＢＣ＝５，∴ＢＰ＝ ２５ ６ ． （５分）………………………… 图１ 图２ 第２６题解图 （３）存在点Ｐ使ＢＰ恰好平分四边形ＡＢＣＤ的面积． 如解图２，作ＤＧ⊥ＢＣ，垂足为 Ｇ，作 ＡＮ⊥ＤＧ，垂足为 Ｎ，则四边形 ＡＢＧＮ为矩形，过点 Ｐ作 ＰＨ⊥ＢＣ，垂足 为Ｈ． ∵∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝１２０°，∠ＡＢＣ＝９０°，∴∠Ｃ＝３０°． ∵∠ＢＡＮ＝９０°，∴∠ＤＡＮ＝３０°． ∵ＡＤ＝８０ｍ， ∴ＤＮ＝ １ ２ ＡＤ＝４０ｍ，ＡＮ＝ ＡＤ２－ＤＮ槡 ２＝ 槡４０３ｍ． ∵ＡＢ＝ＧＮ＝８０ｍ，∴ＧＤ＝ＤＮ＋ＧＮ＝１２０ｍ． ∵∠Ｃ＝３０°，ＢＧ＝ＡＮ＝ 槡４０３ｍ，∴ＣＤ＝２４０ｍ，ＣＧ＝ 槡１２０３ｍ，∴ＢＣ＝ＢＧ＋ＣＧ＝ 槡１６０３ｍ， ∴Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝Ｓ△ＡＤＮ＋Ｓ△ＣＤＧ＋Ｓ矩形ＡＢＧＮ＝ 槡８００３＋ 槡７２００３＋ 槡３２００３＝ 槡１１２００３ｍ ２． （７分）……………………… ∵ＢＰ平分四边形ＡＢＣＤ的面积， ∴Ｓ△ＢＣＰ＝ １ ２ Ｓ四边形ＡＢＣＤ＝ 槡５６００３＝ １ ２ ＢＣ·ＰＨ， ∴ＰＨ＝７０ｍ， ∴ＣＰ＝２ＰＨ＝１４０＜２４０，即点Ｐ在线段ＣＤ上， ∴存在点Ｐ，使ＢＰ恰好平分四边形ＡＢＣＤ的面积． （８分）…………………………………………… ∵ＰＨ＝７０ｍ，ＣＰ＝１４０ｍ， ∴ＣＨ＝ 槡７０３ｍ，∴ＢＨ＝ＢＣ－ＣＨ＝ 槡９０３ｍ， ∴ＢＰ＝ ＰＨ２＋ＢＨ槡 ２＝ 槡２０ ７３ｍ． ∵△ＥＢＦ与△ＥＭＦ关于ＥＦ对称，且点Ｍ在ＢＰ上， ∴ＥＦ垂直平分ＢＭ． 设ＥＦ与ＢＭ交于点Ｏ， ∵∠ＰＢＨ＋∠ＥＢＭ＝９０°，∠ＢＥＯ＋∠ＥＢＭ＝９０°， ∴∠ＰＢＨ＝∠ＢＥＯ，∴ｓｉｎ∠ＰＢＨ＝ｓｉｎ∠ＢＥＯ， 即 ＰＨ ＢＰ ＝ＢＯ ＢＥ ． （９分）…………………………………… ∵Ｅ是ＡＢ中点，∴ＢＥ＝ １ ２ ＡＢ＝４０ｍ，∴ ７０ 槡２０ ７３ ＝ＢＯ ４０ ， 解得ＢＯ＝ 槡 １４０ ７３ ７３ ， ∴ＢＭ＝２ＢＯ＝ 槡 ２８０ ７３ ７３ ｍ． 综上所述，存在点Ｐ，使ＢＰ恰好平分四边形ＡＢＣＤ的面 积，此时ＣＰ＝１４０ｍ，ＢＭ＝ 槡 ２８０ ７３ ７３ ｍ． （１０分）……… ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（七） 选择题快速对答案 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ ７．Ｃ　【命题立意】本题考查三角形重心的性质、相似三 角形的判定与性质． 【解析】如解图，连接 ＢＤ．∵点 Ｐ是△ＡＢＣ的重心，点 Ｄ是边ＡＣ的中点，∴Ｐ在 ＢＤ上，Ｓ△ＡＢＣ＝２Ｓ△ＢＤＣ，ＢＰ∶                                                                       众相原创· 陕西数学 １６　 　 方 向 卷 ︵ 七 ︶ ＰＤ＝２∶１．∵ＤＦ∥ＢＣ，∴△ＤＦＰ∽△ＢＥＰ，∴ Ｓ△ＤＦＰ Ｓ△ＢＥＰ ＝ （ ＤＰ ＢＰ ）２＝ １ ４ ．∵ＥＦ∥ＡＣ，∴△ＢＥＰ∽△ＢＣＤ，∴ Ｓ△ＢＥＰ Ｓ△ＢＣＤ ＝ （ ＢＰ ＢＤ ）２＝（ ２ ３ ）２＝ ４ ９ ．设△ＤＦＰ的面积为 ｍ，则△ＢＥＰ 的面积为４ｍ，△ＢＣＤ的面积为９ｍ．∵四边形ＣＤＦＥ的 面积为６，∴ｍ＋９ｍ－４ｍ＝６，∴ｍ＝１，∴△ＢＣＤ的面积 为９，∴△ＡＢＣ的面积是１８．故选Ｃ． 第７题解图 ９．６　１０．７．６×１０５　１１．３－ ３ ２ｎ １２．３　【命题立意】本题考查矩形的性质、三角形面积的 计算、反比例函数的图象与解析式的求法． 【解析】如解图，连接 ＯＢ．∵四边形 ＯＡＢＣ是矩形，∴ Ｓ△ＯＡＢ＝Ｓ△ＯＢＣ．∵点Ｄ，Ｅ在反比例函数ｙ＝ ｋ ｘ （ｘ＞０）的 图象上，∴Ｓ△ＯＡＤ＝Ｓ△ＯＣＥ，∴Ｓ△ＯＢＤ＝Ｓ△ＯＢＥ＝ １ ２ Ｓ四边形ＯＤＢＥ ＝３．∵ＢＣ＝３ＥＣ，∴ＢＥ＝２ＣＥ，∴Ｓ△ＯＣＥ＝ １ ２ Ｓ△ＯＢＥ＝ ３ ２ ＝ １ ２ ｜ｋ｜．又∵ｋ＞０，∴ｋ＝３．故答案为３． 第１２题解图 　　　 第１３题解图 １３． 槡 ３ １９３ ５ 　【命题立意】本题考查正方形的性质、轴对 称———最短路径问题、矩形的性质、勾股定理、相似 三角形的判定与性质，添加恰当的辅助线是解题的 关键． 【解析】如解图，在 ＡＢ上截取 ＢＭ′＝ＢＭ＝２，连接 ＰＭ′，Ｍ′Ｎ，Ｍ′Ｎ交 ＢＤ于点 Ｐ′．根据正方形的对称性 可得ＰＭ′＝ＰＭ，∴ＰＭ＋ＰＮ＝ＰＭ′＋ＰＮ≥Ｍ′Ｎ．过点 Ｍ′ 作Ｍ′Ｈ⊥ＣＤ于点 Ｈ，则∠Ｍ′ＨＣ＝９０°，∵四边形 ＡＢ ＣＤ是正方形，∴ＡＢ＝ＢＣ＝ＣＤ＝１２，∠ＡＢＣ＝∠Ｃ＝ ９０°，∴四边形Ｍ′ＢＣＨ是矩形，∴Ｍ′Ｈ＝ＢＣ＝１２，ＣＨ＝ ＢＭ′＝２，∴ＮＨ＝ＣＤ－ＤＮ－ＣＨ＝１２－３－２＝７．在 Ｒｔ△Ｍ′ＮＨ中，由勾股定理得 Ｍ′Ｎ＝ Ｍ′Ｈ２＋ＮＨ槡 ２ ＝ １２２＋７槡 ２＝槡１９３，即当ＰＭ＋ＰＮ＝槡１９３时，点 Ｐ与点 Ｐ′重合．∵ＡＢ∥ＣＤ，∴△Ｍ′ＢＰ′∽△ＮＤＰ′，∴ ＢＭ′ ＤＮ ＝ Ｐ′Ｍ′ Ｐ′Ｎ ，即 ２ ３ ＝Ｐ′Ｍ′ Ｐ′Ｎ ，∴Ｐ′Ｎ＝ ３ ５ Ｍ′Ｎ＝ 槡 ３ １９３ ５ ．故答案 为 槡 ３ １９３ ５ ． １４．【命题立意】本题考查零指数幂、绝对值、算术平方 根、负整数指数幂． 解：原式＝２． （５分）………………………………… １５．【命题立意】本题考查解一元一次不等式组． 解：不等式组的解集为－２＜ｘ≤４． （５分）…………… １６．【命题立意】本题考查分式的混合运算． 解：原式＝ａ－３． （５分）……………………………… １７．【命题立意】本题考查尺规作图———复杂作图、全等 三角形的判定． 解：如解图，点Ｄ，Ｅ即为所求． （５分）……………… 第１７题解图 １８．【命题立意】本题考查全等三角形的判定与性质、等 边三角形的判定． 证明略． １９．【命题立意】本题考查用列表或画树状图的方法求 概率． 解：（１） １ ４ ． （２分）…………………………………… （２）列表略． （４分）………………………………… 由表可知，共有１６种等可能的结果，其中小颖前两个 问题均没有被问到百科类问题的结果有（Ａ，Ａ），（Ａ， Ｂ），（Ａ，Ｄ），（Ｂ，Ａ），（Ｂ，Ｂ），（Ｂ，Ｄ），（Ｄ，Ａ），（Ｄ，Ｂ）， （Ｄ，Ｄ），共９种， ∴小颖前两个问题均没有被问到百科类问题的概率 为 ９ １６ ． （５分）………………………………………… ２０．【命题立意】本题考查一元一次方程的应用． 解：设甲公司有 ｘ名员工，则乙公司有（１００－ｘ）名 员工， 根据题意得４０×０．９ｘ＋４０（１００－ｘ）＝３７８０， （３分）… 解得ｘ＝５５，∴１００－ｘ＝１００－５５＝４５． 答：甲公司有５５名员工，乙公司有４５名员工． （５分） …… …………………………………………… ２１．【命题立意】本题考查解直角三角形的应用． 解：如解图，延长ＢＣ交ＤＦ于点Ｇ． ∵ＢＣ∥ＡＥ，∴∠ＣＢＥ＝∠ＢＥＦ＝９０°． ∵ＤＦ⊥ＡＦ，∴∠ＡＦＤ＝９０°，∴四边形 ＢＥＦＧ为矩形， ∴ＥＦ＝ＢＧ，∠ＣＧＤ＝∠ＢＧＦ＝９０°． （２分）…………… 在Ｒｔ△ＡＢＥ中，∠ＡＥＢ＝９０°，∠Ａ＝１６°，ＡＥ＝５７６ｍ， ∴ＡＢ＝ ＡＥ ｃｏｓＡ≈ ６００（ｍ），∴ＣＤ＝ＡＢ≈６００ｍ， （４分） ………… ……………………………………………                                                                       众相原创· 陕西数学 １７　 　 方 向 卷 ︵ 七 ︶ 在Ｒｔ△ＤＣＧ中，∠ＤＣＧ＝４５°，∴ＣＧ＝ＣＤ·ｃｏｓ∠ＤＣＧ ≈６００×ｃｏｓ４５°＝６００×槡 ２ ２ ＝ 槡３００２（ｍ）， ∴ＡＦ＝ＡＥ＋ＥＦ＝ＡＥ＋ＢＧ＝ＡＥ＋ＢＣ＋ＣＧ≈５７６＋５０＋ 槡３００２≈１０４９（ｍ），即水平距离ＡＦ约为１０４９ｍ． （６分） … …………………………………………… 第２１题解图 ２２．【命题立意】本题考查一次函数的应用、一元一次不 等式的应用． 解：（１）ｙ与ｘ的函数表达式为ｙ＝－２ｘ＋１４００． （３分） …… …………………………………………… （２）根据题意，得ｘ≤３（２００－ｘ）， 解得ｘ≤１５０． （４分）………………………………… ∵－２＜０，∴ｙ随ｘ的增大而减小． ∵ｘ≤１５０， ∴当ｘ＝１５０时，ｙ值最小，ｙ最小 ＝－２×１５０＋１４００＝ １１００，２００－１５０＝５０（个）． （６分）…………………… 答：购进甲种乒乓球１５０个、乙种乒乓球５０个，才能 使购买费用最低，最低费用为１１００元． （７分）…… ２３．【命题立意】本题考查的是条形统计图和扇形统计图 的综合运用．解决问题的关键是读懂统计图，从不同 的统计图中得到必要的信息． 解：（１）４０人；２５． （３分）…………………………… （２）５；６． （５分）……………………………………… （３）８００× １０＋８＋４ ４０ ＝４４０（人）， ∴该校８００名八年级男生中该项目良好的人数约为 ４４０人． （７分）……………………………………… ２４．【命题立意】本题考查圆周角定理、平行线的判定与 性质、切线的判定定理、勾股定理、相似三角形的判 定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正 确地作出辅助线是解题的关键． （１）证明略． （３分）………………………………… （２）解：如解图，连接ＯＣ． ∵ＡＢ是⊙Ｏ的直径，⊙Ｏ的半径为槡５， ∴∠ＡＣＢ＝９０°，ＯＣ＝ＯＢ＝槡５，ＡＢ＝槡２５． ∵∠Ａ＝∠ＢＤＣ，∴ ＢＣ ＡＣ ＝ｔａｎＡ＝ｔａｎ∠ＢＤＣ＝ １ ２ ， ∴ＡＣ＝２ＢＣ，∴ＡＢ＝ ＡＣ２＋ＢＣ槡 ２＝ （２ＢＣ）２＋ＢＣ槡 ２＝ 槡５ＢＣ＝槡２５，∴ＢＣ＝２． ∵∠ＦＣＢ＋∠ＯＣＢ＝９０°，∠Ａ＋∠ＡＢＣ＝９０°， 且∠ＯＣＢ＝∠ＡＢＣ， ∴∠ＦＣＢ＝∠Ａ＝∠ＢＤＣ，∴ ＢＦ ＣＦ ＝ｔａｎ∠ＦＣＢ＝ｔａｎ∠ＢＤＣ ＝ＣＦ ＤＦ ＝１ ２ ，∴ＣＦ＝２ＢＦ，ＤＦ＝２ＣＦ， ∴ＢＣ＝ ＣＦ２＋ＢＦ槡 ２＝ （２ＢＦ）２＋ＢＦ槡 ２＝槡５ＢＦ＝２， ∴ＢＦ＝槡 ２５ ５ ，∴ＤＦ＝２ＣＦ＝４ＢＦ＝４×槡 ２５ ５ ＝槡８５ ５ ， ∴ＢＤ＝ＤＦ－ＢＦ＝槡 ８５ ５ －槡２５ ５ ＝槡６５ ５ ． （６分）…………… ∵ＯＣ∥ＤＢ，∴△ＯＣＥ∽△ＢＤＥ，∴ ＯＥ ＢＥ ＝ＯＣ ＢＤ ＝槡５ 槡６５ ５ ＝５ ６ ， ∴ＯＥ＝ ５ ５＋６ ＯＢ＝ ５ １１ ×槡５＝ 槡５５ １１ ， ∴线段ＯＥ的长是 槡 ５５ １１ ． （８分）……………………… 第２４题解图 ２５．【命题立意】本题考查二次函数的应用，掌握待定系 数法求解析式是解题的关键． 解：（１）ｙ与ｘ之间的函数关系式为 ｙ＝－ ２ ２７ （ｘ－４）２＋ ５０ ２７ ． （４分）…………………………………………… （２）羽毛球能越过球网．理由如下： 当ｘ＝５时，ｙ＝－ ２ ２７ ×（５－４）２＋ ５０ ２７ ＝１６ ９≈ １．７８＞１．５５， ∴羽毛球能越过球网． （８分）……………………… ２６．【命题立意】本题考查几何综合，涉及菱形性质、正方 形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理的应用、矩形 的判定与性质、二次根式的乘法运算，选择合适的方 法解题是关键． 解：（１）１２０． （２分）………………………………… （２）由旋转可得 ＡＢ＝ＡＤ，∠ＡＢＥ＝∠ＡＤＣ＝１３５°，ＢＥ＝ ＣＤ＝５， ∴∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ＝１８０°－∠ＡＤＣ＝４５°， ∴∠ＤＢＥ＝∠ＡＢＥ－∠ＡＢＤ＝９０°． ∵ＢＣ＝１７，∴ＢＤ＝ＢＣ－ＣＤ＝１２， ∴ＤＥ＝ ＢＥ２＋ＢＤ槡 ２＝１３． （５分）…………………… （３）机器人走的路程是定值． 如解图，过点Ｂ作ＢＭ⊥ＦＧ于点Ｍ，过点Ｃ作ＣＱ⊥ＦＧ 于点Ｑ，作ＣＰ⊥ＧＨ于点Ｐ，过点Ｄ作ＤＮ⊥ＧＨ于点Ｎ． ∵四边形ＡＢＣＤ和四边形ＥＦＧＨ都是正方形， ∴ＧＦ＝ＧＨ，ＣＢ＝ＣＤ，四边形 ＢＭＱＣ，四边形 ＣＱＧＰ，四 边形ＤＣＰＮ都为矩形，∠ＦＧＥ＝∠ＨＧＥ＝４５°，ＡＣ＝ＢＤ， 第２６题解图 ∴ＣＱ＝ＣＰ，∴四边形 ＣＱＧＰ为正方 形，∴ＣＱ＝ＧＱ＝槡 ２ ２ ＣＧ． 由正方形的性质可得 ＧＦ＝ＧＨ＝ 槡２ ２ ＥＧ＝槡 ２ ２ （ＡＥ＋ＡＣ＋ＣＧ），ＢＣ＝ＣＤ＝                                                                      众相原创· 陕西数学 １８　 　 方 向 卷 ︵ 八 ︶ 槡２ ２ ＡＣ． （７分）………………………………………… 结合矩形的性质可得 ＰＮ＝ＣＤ＝ＢＣ＝ＭＱ＝槡 ２ ２ ＡＣ， ＢＭ＝ＣＱ＝ＣＰ＝ＤＮ＝槡 ２ ２ ＣＧ， ∴ＭＦ＝ＮＨ＝ＧＦ－ＧＱ－ＭＱ＝槡 ２ ２ （ＡＥ＋ＡＣ＋ＣＧ）－槡 ２ ２ ＣＧ－ 槡２ ２ ＡＣ＝槡 ２ ２ ＡＥ， ∴ＢＦ２＝ＭＦ２＋ＢＭ２＝ １ ２ ＡＥ２＋ １ ２ ＣＧ２． ∵以ＡＣ，ＡＥ，ＣＧ为边的三角形是一个直角三角形 （ＡＣ＞ＡＥ≥ＣＧ）， ∴ＡＣ２＝ＡＥ２＋ＣＧ２，∴ＦＢ＝ １ ２ ＡＣ槡 ２＝槡２ ２ ＡＣ． 同理可得 ＤＨ＝槡 ２ ２ ＡＣ，∴ＦＢ＋ＢＤ＋ＤＨ＝槡 ２ ２ ＡＣ＋ＡＣ＋ 槡２ ２ ＡＣ＝（槡２＋１）ＡＣ， （９分）………………………… ∵正方形ＡＢＣＤ，ＡＢ＝ＢＣ＝２０ｍ，∴ＡＣ＝ 槡２０２ｍ， ∴ＦＢ＋ＢＤ＋ＤＨ＝（槡２＋１）× 槡２０２＝（４０＋ 槡２０２）ｍ，是定 值． （１０分）…………………………………………… ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（八） 选择题快速对答案 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ｄ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ ６．Ｃ　【命题立意】本题考查旋转的性质、勾股定理和相 似三角形的判定与性质． 【解析】如解图，过点Ａ作ＡＨ⊥ＢＣ于点Ｈ．∵将△ＡＢＣ 按逆时针方向旋转，得到△ＡＤＥ，点 Ｄ恰好落在边 ＢＣ 上，∴ＡＢ＝ＡＤ＝２，∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥ，ＡＥ＝ＡＣ，∠ＡＤＥ＝ ∠Ｂ＝６０°，ＤＥ＝ＢＣ＝３，∴△ＡＢＤ为等边三角形，∴ＢＤ＝ ＡＢ＝２，∠ＢＡＤ＝６０°，∴∠ＣＡＥ＝６０°．∵ＡＨ⊥ＢＤ，∴ＢＨ＝ ＤＨ＝ １ ２ ＢＤ＝１．在 Ｒｔ△ＡＤＨ中，ＡＨ＝ ２２－１槡 ２＝槡３．在 Ｒｔ△ＡＣＨ中，∵ＡＨ＝槡３，ＣＨ＝ＢＣ－ＢＨ＝３－１＝２，∴ＡＣ＝ （槡３） ２＋２槡 ２ ＝槡７，∴ ＡＥ＝槡７．∵∠ＡＥＦ＝∠ＤＥＡ， ∠ＥＡＦ＝∠ＡＤＥ，∴△ＥＡＦ∽△ＥＤＡ，∴ＥＦ∶ＡＥ＝ＡＥ∶ ＥＤ，即ＥＦ 槡∶７＝槡７∶３，解得 ＥＦ＝ ７ ３ ，∴ＤＦ＝ＤＥ－ＥＦ ＝３－ ７ ３ ＝２ ３ ．故选Ｃ． 第６题解图 ９．２（ｘ－２）２　１０．＞　１１．２　１２．５×１０６ １３ 槡．２２　【命题立意】本题考查等腰直角三角形的判定 与性质、解直角三角形，熟练掌握解直角三角形的方 法与技巧是解决问题的关键． 【解析】如解图，过点Ｍ作ＭＨ⊥ＢＣ于点Ｈ，过点Ｎ作 ＮＫ⊥ＡＤ于点Ｋ．设ＭＨ＝ａ，ＮＫ＝ｂ．在△ＢＣＤ中，∠Ｃ＝ ９０°，ＣＤ＝３，ｔａｎ∠ＤＢＣ＝ １ ２ ，∴ｔａｎ∠ＤＢＣ＝ ＣＤ ＢＣ ＝１ ２ ， ∴ＢＣ＝２ＣＤ＝６．由勾股定理得ＢＤ＝ ＢＣ２＋ＣＤ槡 ２＝槡３５． ∵ＭＮ＝ １ ３ ＢＤ，∴ＢＭ＋ＤＮ＝ ２ ３ ＢＤ＝ ２ ３ × 槡３５＝ 槡２５． ∵∠ＭＥＣ＝４５°，ＭＨ⊥ＢＣ，∴△ＭＥＨ为等腰直角三角 形，∴ＥＨ＝ＭＨ＝ａ，∠ＨＭＥ＝∠ＨＥＭ＝４５°，由勾股定理 得ＭＥ＝ ＭＨ２＋ＥＨ槡 ２＝槡２ａ．在 Ｒｔ△ＢＭＨ中，ｔａｎ∠ＤＢＣ ＝ＭＨ ＢＨ ＝１ ２ ，∴ＢＨ＝２ＭＨ＝２ａ，由勾股定理得 ＢＭ＝ ＭＨ２＋ＢＨ槡 ２＝槡５ａ．∵ＡＤ∥ＢＣ，∴∠ＡＤＢ＝∠ＤＢＣ， ∴ｔａｎ∠ＡＤＢ＝ｔａｎ∠ＤＢＣ＝ １ ２ ．在 Ｒｔ△ＤＮＫ中， ｔａｎ∠ＡＤＢ＝ ＮＫ ＤＫ ＝１ ２ ，∴ＤＫ＝２ＮＫ＝２ｂ，由勾股定理得 ＤＮ＝ ＤＫ２＋ＮＫ槡 ２＝槡５ｂ，∴ＢＭ＋ＤＮ＝槡５ａ＋槡５ｂ＝槡２５， ∴ａ＋ｂ＝２．∵ＭＨ⊥ＢＣ，ＮＫ⊥ＡＤ，ＡＤ∥ＢＣ，∴ＭＨ∥ＮＫ． 又∵ＭＥ∥ＮＦ，∴∠ＨＭＥ＝∠ＫＮＦ＝４５°，∴△ＫＮＦ为等 腰直角三角形，∴ＮＫ＝ＦＫ＝ｂ，由勾股定理得 ＮＦ＝ ＮＫ２＋ＦＫ槡 ２＝槡２ｂ，∴ＭＥ＋ＮＦ＝槡２ａ＋槡２ｂ＝ 槡２２．故答 案为 槡２２． 第１３题解图 １４．【命题立意】本题考查乘方、立方根、有理数的乘法． 解：原式＝－４． （５分）………………………………… １５．【命题立意】本题考查解分式方程． 解：原分式方程无解． （５分）………………………… １６．【命题立意】本题考查整式的化简求值． 解：原式＝３ｍ２＋６ｎ２， （４分）………………………… 当ｍ＝２，ｎ＝－１时，原式＝１８． （５分）……………… １７．【命题立意】本题考查尺规作图———复杂作图、平行 线的判定、角平分线的性质． 解：如解图，点Ｄ，Ｅ即为所求． （５分）……………… 第１７题解图 １８．【命题立意】本题考查全等三角形的判定与性质． 证明略．                                                                       众相原创· 陕西数学 ２５　　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） ２０２５年陕西省初中学业水平考试 数学 方向卷（七） （总分：１２０分　考试时间：１２０分钟） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第一部分（选择题 共 ２４分） 一、选择题（共８小题，每小题３分，计２４分．每小题只有一个选项是符合题意的） １．下列可以表示７ａ的是 （Ｄ ） Ａ．ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ      ７个ａ 　 Ｂ．ａ×ａ×ａ×…×ａ      ７个ａ 　 Ｃ．７＋７＋７＋…＋７      ａ个７ Ｄ．７×７×７×…×７      ａ个７ ２．新课标方向 中华优秀传统文化 “致中和，天地位焉，万物育焉”，对称美是我国古人和谐平衡思想 的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．在下列标 识或简图中，是轴对称图形的是 （Ａ ） 　　 ３．如图，ＡＢ∥ＣＤ，ＡＣ∥ＤＥ，∠Ｄ＝３０°，则∠Ａ的度数为 （Ａ ） Ａ．１５０° Ｂ．１４０° Ｃ．１３０° Ｄ．１２０° 第３题图 　　　 第６题图 　　　 第７题图 ４．若４ｘ２＋ｋｘ＋９是完全平方式，则ｋ的值是 （Ｂ ） Ａ．６ Ｂ．±１２ Ｃ．±３６ Ｄ．－６ ５．在平面直角坐标系中，Ｏ为坐标原点．若直线 ｙ＝－ｘ＋２分别与 ｘ轴、直线 ｙ＝３ｘ＋６交于点 Ａ，Ｂ，则 △ＡＯＢ的面积为 （Ｂ ） Ａ．２ Ｂ．３ Ｃ．５ Ｄ．６ ６．如图，在矩形ＡＢＣＤ中，点Ｅ为ＢＡ延长线上一点，Ｆ为ＣＥ的中点，以点Ｂ为圆心，ＢＦ长为半径的圆弧 过ＡＤ与ＣＥ的交点Ｇ，连接ＢＧ．若ＡＢ＝４，ＣＥ＝１０，则ＡＧ＝ （Ｃ ） Ａ．２ Ｂ．２．５ Ｃ．３ Ｄ．３．５ ７．如图，点Ｐ是△ＡＢＣ的重心，点Ｄ是边ＡＣ的中点，ＰＥ∥ＡＣ交ＢＣ于点Ｅ，ＤＦ∥ＢＣ交ＥＰ的延长线于点 Ｆ．若四边形ＣＤＦＥ的面积为６，则△ＡＢＣ的面积为 （Ｃ ） Ａ．１２ Ｂ．１４ Ｃ．１８ Ｄ．２４ ８．抛物线ｙ＝－（ｘ－ｍ）（ｘ－ｎ）与抛物线ｙ＝（ｘ－３）２－４关于原点对称，则ｍｎ的值为 （Ａ ） Ａ．５ Ｂ．８ Ｃ．－５ Ｄ．９ 第二部分（非选择题　共 ９６分） 二、填空题（共５小题，每小题３分，计１５分） ９．如果一个正多边形的中心角等于６０°，那么这个正多边形的边数是　　　　． １０．新课标方向 科技发展情境 ２０２４年６月４日，嫦娥六号完成世界首次从月球背面采样和起飞，这 趟往返７６万公里的旅途中，轨道器、着陆器、上升器、返回器分工协作，完成了极其复杂、极具挑战的 任务．其中“７６００００”用科学记数法表示为　　　　． １１．２０２５例析与指导方向 规律探索 如图，数轴上Ｏ，Ａ两点的距离为３，一动点Ｐ从点Ａ出发，按以下 规律跳动：第１次跳动到ＡＯ的中点Ａ１处，第２次从Ａ１点跳动到Ａ１Ｏ的中点Ａ２处，第３次从Ａ２点跳 动到Ａ２Ｏ的中点Ａ３处，按照这样的规律继续跳动到点Ａ４，Ａ５，Ａ６，…，Ａｎ（ｎ≥３，ｎ是整数）处，那么线段 ＡｎＡ的长度为　　　　． 第１１题图 　　　　 第１２题图 　　　 第１３题图 １２．如图，在平面直角坐标系中，矩形ＯＡＢＣ的两边ＯＡ，ＯＣ分别在ｙ轴，ｘ轴的正半轴上，反比例函数ｙ＝ ｋ ｘ （ｘ＞０）的图象交边ＡＢ于点Ｄ，交边ＢＣ于点Ｅ，且ＢＣ＝３ＥＣ．若四边形ＯＤＢＥ的面积为６，则ｋ＝　　　　． １３．如图，在正方形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝１２，点Ｎ，Ｍ分别在边ＤＣ，ＢＣ上，且ＤＮ＝３，ＢＭ＝２，Ｐ为对角线ＢＤ上 一点．当ＰＭ＋ＰＮ＝槡１９３时，ＰＮ＝　　　　． 三、解答题（共１３小题，计８１分．解答题应写出过程） １４．（本题满分５分）计算：２０×｜－ １ ３ ｜＋槡４－３ －１． 【命题立意】本题考查零指数幂、绝对值、算术平方根、负整数指数幂． 解：原式＝１× １ ３ ＋２－ １ ３ （３分）……………………………………………………………………………………… ＝１ ３ ＋２－ １ ３ ＝２． （５分）……………………………………………………………………………… １５．（本题满分５分）解不等式组 ２ｘ－５≤３， ３ｘ＋１０ ４ ＞１．{ ２６　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） １６．（本题满分５分）化简：（ａ＋２－ ５ ａ－２ ）÷ ａ＋３ ａ－２ ． 【命题立意】本题考查分式的混合运算． 解：原式＝［ （ａ＋２）（ａ－２） ａ－２ －５ ａ－２ ］÷ ａ＋３ ａ－２ （２分）……………………………………………………………………… ＝ａ ２－９ ａ－２ · ａ－２ ａ＋３ （３分）………………………………………………………………………………………… ＝（ａ ＋３）（ａ－３） ａ－２ · ａ－２ ａ＋３ （４分）……………………………………………………………………………… ＝ａ－３． （５分）……………………………………………………………………………………… １７．（本题满分５分）如图，在△ＡＢＣ中，Ｐ为边ＡＣ上一点．请用尺规作图法，在边 ＡＢ上找一点 Ｄ，在边 ＢＣ上找一点Ｅ，使得△ＢＤＥ≌△ＰＤＥ．（保留作图痕迹，不写作法） 第１７题图 １８．（本题满分５分）如图，在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝ＡＣ，点Ｄ，Ｅ分别在ＢＡ，ＣＢ的延长线上，且ＡＥ＝ＣＤ，∠ＢＡＥ＝ ∠ＡＣＤ．求证：△ＡＢＣ是等边三角形． 　 第１８题图 【命题立意】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定． 证明：在△ＡＢＥ和△ＣＡＤ中， ＡＢ＝ＣＡ， ∠ＢＡＥ＝∠ＡＣＤ， ＡＥ＝ＣＤ， { ∴△ＡＢＥ≌△ＣＡＤ（ＳＡＳ），∴∠ＡＢＥ＝∠ＣＡＤ， ∴１８０°－∠ＡＢＥ＝１８０°－∠ＣＡＤ， （３分）…………………………………………………………………………… 即∠ＡＢＣ＝∠ＢＡＣ，∴ＡＣ＝ＢＣ， ∴ＡＢ＝ＡＣ＝ＢＣ，∴△ＡＢＣ是等边三角形． （５分）…………………………………………………………… １９．（本题满分５分）新课标方向 现实生活情境 西安大唐不夜城出了新玩法———《盛唐密盒》，由两位 历史人物“房玄龄”和“杜如晦”带着游客花样互动，热闹非凡．游客既能体验游园的乐趣，又能梦回 大唐，亲身感受繁华的盛唐风貌，探索悠久的人文底蕴．据统计，《盛唐密盒》的问题可分为：Ａ．诗词 类；Ｂ．历史类；Ｃ．百科类；Ｄ．科技类，两位历史人物随机选取四类问题提问，每类问题被问到的可能 性相同，且同一类问题可以多次被问到．小颖参加了这个节目． （１）小颖第一个问题被问到科技类问题的概率是　　　　； （２）用画树状图或列表的方法，求小颖前两个问题均没有被问到百科类问题的概率． 【命题立意】本题考查用列表或画树状图的方法求概率． 解：（１）由题意知，共有４种等可能的结果，其中第一个问题被问到科技类问题的结果有１种，∴小颖第一个 问题被问到科技类问题的概率是 １ ４ ．故答案为 １ ４ ． （２分）…………………………………………………… ２０．（本题满分５分）甲、乙两公司计划组织全体员工去某电影院观影．甲、乙两公司共１００人，且甲公司 人数比乙公司人数多．该电影院的票价如下：若一次性购买票数不超过５０张，则票价为４０元／张；若 一次性购买票数多于５０张，则票价打九折．已知两公司分别单独购买电影票时，共应付３７８０元，求 甲、乙两公司各有多少名员工． 【命题立意】本题考查一元一次方程的应用． 解：设甲公司有ｘ名员工，则乙公司有（１００－ｘ）名员工， 根据题意得４０×０．９ｘ＋４０（１００－ｘ）＝３７８０， （３分）………………………………………………………………… 解得ｘ＝５５，∴１００－ｘ＝１００－５５＝４５． 答：甲公司有５５名员工，乙公司有４５名员工． （５分）……………………………………………………… ２７　　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） ２１．（本题满分６分）新课标方向 现实生活情境 某景区为给游客提供更好的游览体验，拟在如图１景 区内修建观光索道．设计示意图如图２所示，以山脚Ａ为起点，沿途修建ＡＢ，ＣＤ两段长度相等的观 光索道，最终到达山顶Ｄ处，中途设计了一段水平的观光平台ＢＣ，长度为５０ｍ．Ａ，Ｂ两处的水平距离 ＡＥ为５７６ｍ，ＤＦ⊥ＡＦ，垂足为Ｆ．索道ＡＢ与ＡＦ的夹角为１６°，ＣＤ与水平线的夹角为４５°．（图中所有 点都在同一平面内，点Ａ，Ｅ，Ｆ在同一水平线上）求水平距离ＡＦ．（结果精确到１ｍ，参考数据：ｓｉｎ１６°≈ ０．２８，ｃｏｓ１６°≈０．９６，ｔａｎ１６°≈０．２９，槡２≈１．４１） 图１ 　　　 图２ 　　　　　　　　第２１题图 【命题立意】本题考查解直角三角形的应用． 解：如解图，延长ＢＣ交ＤＦ于点Ｇ．∵ＢＣ∥ＡＥ，∴∠ＣＢＥ＝∠ＢＥＦ＝９０°． ∵ＤＦ⊥ＡＦ，∴∠ＡＦＤ＝９０°，∴四边形ＢＥＦＧ为矩形，∴ＥＦ＝ＢＧ，∠ＣＧＤ＝∠ＢＧＦ＝９０°． （２分）…………… 在Ｒｔ△ＡＢＥ中，∠ＡＥＢ＝９０°，∠Ａ＝１６°，ＡＥ＝５７６ｍ，∴ＡＢ＝ ＡＥ ｃｏｓＡ≈ ６００（ｍ），∴ＣＤ＝ＡＢ≈６００ｍ， （４分）… 在Ｒｔ△ＤＣＧ中，∠ＤＣＧ＝４５°，∴ＣＧ＝ＣＤ·ｃｏｓ∠ＤＣＧ≈６００×ｃｏｓ４５°＝６００×槡 ２ ２ ＝３００槡２（ｍ）， ２２．（本题满分７分）某学校是乒乓球体育传统项目学校，为进一步推动该项目的发展，学校准备到体育 用品店购买甲、乙两种型号乒乓球共２００个．已知甲种乒乓球的单价为５元／个，乙种乒乓球的单价 为７元／个．设购买甲种乒乓球ｘ个，这批乒乓球的总费用为ｙ元． （１）请求出ｙ与ｘ的函数表达式； （２）若要求甲种乒乓球的数量不超过乙种乒乓球数量的３倍，该校购进甲、乙两种型号乒乓球各多少 个，才能使购买费用最低？最低费用为多少？ 【命题立意】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用． 解：（１）ｙ＝５ｘ＋７（２００－ｘ）＝－２ｘ＋１４００． 答：ｙ与ｘ的函数表达式为ｙ＝－２ｘ＋１４００． （３分）………………………………………………………………… （２）根据题意，得ｘ≤３（２００－ｘ），解得ｘ≤１５０． （４分）…………………………………………………………… ∵－２＜０，∴ｙ随ｘ的增大而减小． ∵ｘ≤１５０， ∴当ｘ＝１５０时，ｙ值最小，ｙ最小＝－２×１５０＋１４００＝１１００， ２００－１５０＝５０（个）． （６分）………………………………………………………………………………………… 答：购进甲种乒乓球１５０个、乙种乒乓球５０个，才能使购买费用最低，最低费用为１１００元． （７分）………… ２３．（本题满分７分）为了解某校八年级男生在体能测试引体向上项目的情况，随机抽取了部分男生引体 向上项目的测试成绩，绘制出如下的统计图１和图２．请根据相关信息，解答下列问题： （１）本次接受随机抽样调查的男生人数为　　　　，图１中ｍ的值为　　　　； （２）本次调查获取的样本数据的众数为　　　　次，中位数为　　　　次； （３）若规定引体向上６次及以上（含６次）为该项目良好，根据样本数据，估计该校８００名八年级男生 中该项目良好的人数． 图１ 　　　 图２ 第２３题图 【命题立意】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．解决问题的关键是读懂统计图，从不同的统 计图中得到必要的信息． 解：（１）接受随机抽样调查的男生人数为６÷１５％＝４０（人），∴成绩为６次的人数为４０－６－１２－８－４＝１０（人）， ∴ｍ％＝ １０ ４０ ×１００％＝２５％，∴ｍ＝２５． 故答案为４０人，２５． （３分）………………………………………………………………………………………… ２４．（本题满分８分）如图，ＡＢ是⊙Ｏ的直径，弦ＣＤ与ＡＢ交于点Ｅ，连接ＤＢ，ＡＣ，ＢＣ，过点Ｃ作ＤＢ的垂 线，交ＤＢ的延长线于点Ｆ，且∠ＡＢＤ＝２∠ＢＤＣ． （１）求证：ＣＦ是⊙Ｏ的切线； （２）若⊙Ｏ的半径为槡５，ｔａｎ∠ＢＤＣ＝ １ ２ ，求线段ＯＥ的长． 第２４题图 ２８　 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） 众相原创·２０２５陕西中考方向卷（七） ２５．（本题满分８分）羽毛球是国际球类竞技比赛的一种，发球后羽毛球的飞行路线可以看作是抛物线的 一部分．建立如图所示的平面直角坐标系，羽毛球从发出到落地的过程中竖直高度ｙ（单位：ｍ）与水 平距离ｘ（单位：ｍ）近似满足函数关系ｙ＝ａ（ｘ－ｈ）２＋ｋ（ａ≠０）．某次发球时，羽毛球后水平距离ｘ与竖 直高度ｙ的几组数据如下： 水平距离ｘ／ｍ ０ ２ ４ ６ ８ 竖直高度ｙ／ｍ ２ ３ １４ ９ ５０ ２７ １４ ９ ２ ３ 　　　 第２５题图 （１）根据上述数据，求ｙ与ｘ之间的函数关系式； （２）已知羽毛球场的球网高度为１．５５ｍ，当发球点距离球网５ｍ时，羽毛球能否越过球网？请说明 理由． 【命题立意】本题考查二次函数的应用，掌握待定系数法求解析式是解题的关键． 解：（１）由表格得，抛物线的顶点为（４， ５０ ２７ ），且过点（０， ２ ３ ）， ∴ｙ＝ａ（ｘ－４）２＋ ５０ ２７ ， （２分）………………………………………………………………………………………… ∴ ２ ３ ＝ａ（０－４）２＋ ５０ ２７ ，解得ａ＝－ ２ ２７ ， ∴ｙ与ｘ之间的函数关系式为ｙ＝－ ２ ２７ （ｘ－４）２＋ ５０ ２７ ． （４分）……………………………………………………… （２）羽毛球能越过球网．理由如下： 当ｘ＝５时，ｙ＝－ ２ ２７ ×（５－４）２＋ ５０ ２７ ＝１６ ９≈ １．７８＞１．５５， ∴羽毛球能越过球网． （８分）……………………………………………………………………………… ２６．（本题满分１０分）【问题初探】 （１）如图１，在菱形ＡＢＣＤ中，连接ＡＣ，点Ｍ是ＡＣ上一点，连接ＤＭ，ＢＭ，若∠ＡＭＤ＝１２０°，则∠ＤＭＢ＝ 　　　　°； （２）如图２，在△ＡＢＣ中，ＢＣ＝１７，点Ｄ是ＢＣ上一点，ＣＤ＝５，连接ＡＤ，∠ＡＤＣ＝１３５°，将△ＡＣＤ绕点Ａ 顺时针旋转得到△ＡＥＢ，点Ｃ，Ｄ的对应点分别是点Ｅ，Ｂ，连接ＤＥ，求ＤＥ的长； 【实践探究】 （３）某校科技小组研发了一款智能操作机器人，如图３，正方形 ＡＢＣＤ区域是该机器人的测试区域， ＡＢ＝２０ｍ，随着研发机器人逐渐升级，在某次测试中要将正方形 ＡＢＣＤ区域扩大，扩大方法为：连接 ＡＣ并延长到点Ｇ，延长ＣＡ到点Ｅ，以ＡＣ，ＡＥ，ＣＧ为边的三角形是一个直角三角形（ＡＣ＞ＡＥ≥ＣＧ），以 ＥＧ为对角线作正方形ＥＦＧＨ，正方形ＥＦＧＨ即为扩大后的区域．机器人要从点Ｆ出发沿ＦＢ→ＢＤ→ ＤＨ的线路走到点Ｈ，问这次测试中机器人走的路程是定值吗？如果是，请求出ＦＢ＋ＢＤ＋ＤＨ的值；如 果不是，请说明理由． 图１ 　　 图２ 　　 图３ 　　　　　　　　　　第２６题图 【命题立意】本题考查几何综合，涉及菱形性质、正方形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理的应用、矩形的 判定与性质、二次根式的乘法运算，选择合适的方法解题是关键． 解：（１）∵四边形ＡＢＣＤ是菱形，∴ＡＤ＝ＡＢ，∠ＤＡＣ＝∠ＢＡＣ．又∵ＡＭ＝ＡＭ，∴△ＡＤＭ≌△ＡＢＭ（ＳＡＳ）， ∴∠ＡＭＤ＝∠ＡＭＢ＝１２０°，∴∠ＤＭＢ＝３６０°－２×１２０°＝１２０°．故答案为１２０°． （２分）…………………………… （２）由旋转可得ＡＢ＝ＡＤ，∠ＡＢＥ＝∠ＡＤＣ＝１３５°，ＢＥ＝ＣＤ＝５， ∴∠ＡＢＤ＝∠ＡＤＢ＝１８０°－∠ＡＤＣ＝４５°， ∴∠ＤＢＥ＝∠ＡＢＥ－∠ＡＢＤ＝９０°． ∵ＢＣ＝１７，∴ＢＤ＝ＢＣ－ＣＤ＝１２，∴ＤＥ＝ ＢＥ２＋ＢＤ槡 ２＝１３． （５分）………………………………………………… （３）机器人走的路程是定值． 如解图，过点Ｂ作ＢＭ⊥ＦＧ于点Ｍ，过点Ｃ作ＣＱ⊥ＦＧ于点Ｑ，作ＣＰ⊥ＧＨ于点Ｐ，过点Ｄ作ＤＮ⊥ＧＨ于点Ｎ． ∵四边形ＡＢＣＤ和四边形ＥＦＧＨ都是正方形， ∴ＧＦ＝ＧＨ，ＣＢ＝ＣＤ，四边形ＢＭＱＣ，四边形ＣＱＧＰ，四边形ＤＣＰＮ都为矩形，∠ＦＧＥ＝∠ＨＧＥ＝４５°，ＡＣ＝ＢＤ， ∴ＣＱ＝ＣＰ，∴四边形ＣＱＧＰ为正方形，∴ＣＱ＝ＧＱ＝槡 ２ ２ ＣＧ． 由正方形的性质可得ＧＦ＝ＧＨ＝槡 ２ ２ ＥＧ＝槡 ２ ２ （ＡＥ＋ＡＣ＋ＣＧ），ＢＣ＝ＣＤ＝槡 ２ ２ ＡＣ． （７分）………………………… 结合矩形的性质可得ＰＮ＝ＣＤ＝ＢＣ＝ＭＱ＝槡 ２ ２ ＡＣ，ＢＭ＝ＣＱ＝ＣＰ＝ＤＮ＝槡 ２ ２ ＣＧ， ∴ＭＦ＝ＮＨ＝ＧＦ－ＧＱ－ＭＱ＝槡 ２ ２ （ＡＥ＋ＡＣ＋ＣＧ）－槡 ２ ２ ＣＧ－槡 ２ ２ ＡＣ＝槡 ２ ２ ＡＥ， ∴ＢＦ２＝ＭＦ２＋ＢＭ２＝ １ ２ ＡＥ２＋ １ ２ ＣＧ２． ∵以ＡＣ，ＡＥ，ＣＧ为边的三角形是一个直角三角形（ＡＣ＞ＡＥ≥ＣＧ）， ∴ＡＣ２＝ＡＥ２＋ＣＧ２，∴ＦＢ＝ １ ２ ＡＣ 槡 ２＝槡２ ２ ＡＣ．